首先考慮如果知道了 A 最後的位置，最後的答案是多少。
記 \(s_{1\sim k}, t_{1\sim k}\) 分別為 \(S\) 中 A 的位置和最後 A 的位置。
因為如果交換兩個 A 或 B 肯定是不優的，因為這並沒有做出實質上的改變，所以說一定是 \(s_i\) 最後移到 \(t_i\) 的位置上（不然會產生交叉，不優）。
那麼從 \(s_i\) 移動到 \(t_i\)，對應的代價就為 \(\sum\limits_{i = \min\{s_i, t_i\}}^{\max\{s_i, t_i\} - 1} x_i\)，但這個 \(\sum\) 肯定是不希望看到的，於是定義 \(x'_i = \sum\limits_{j = 1}^{i - 1} x_i\)，那麼代價就可以寫作 \(|x'_{s_i} - x'_{t_i}|\)。
下文的 \(x\) 指代上面的 \(x'\)。
考慮到限制 A 不能相鄰在形式上有什麼特殊。
考慮從反面考慮，A 相鄰的不能是 A 就意味著 A 相鄰的一定是 B。
於是最終的序列一定可以被刻畫成許多 AB 和 B 相連線的情況。
但是不好的一點是末尾的 A 似乎太特殊了，於是考慮手動新增一個 B 並欽定其不能移動（代價為 \(+\infty\)）。
接下來因為目標是 A，於是考慮最後串的 AB 會有什麼性質。
如果去手玩一下，應該能得到一個結論：每次一定是選 A 和 B 個數相同的段然後變為 AB 不斷複製的形式。
這也是比較好理解的，因為如果找到了這樣的段還是要把段內的 A 移到段外，最後肯定會多交換一段距離，對應代價肯定更大。
那麼找到了這個性質，就可以考慮 DP 了。
記 \(f_i\) 為考慮了 \(S\) 的前 \(i\) 個字元的位置分配且佔用的就是 \(1\sim i\) 的位置的最小代價。
考慮怎麼轉移。
-
這個位置是 B 且欽定這個 B 不在任何一個需要重排的段內。
那麼這個 B 的位置一定不會發生改變，於是有 \(f_i = f_{i - 1}\)。 -
欽定這個位置為一個需要重排的段的段尾。
考慮找到段頭 \(j(j < i)\)，那麼可以考慮把 A 當作 \(1\)，B 當作 \(-1\) 做字首和，那麼必然有 \(s_{j - 1} = s_i\)。
於是有 DP 轉移 \(f_i = f_{j - 1} + \operatorname{cost}(j, i)\)。
其中 \(\operatorname{cost}(l, r)\) 指的是 \(l, r\) 內重排的代價。但是現在有個問題就是 \(j\) 的數量可能過多了。
考慮到如果有 \(k < j\) 滿足 \(k\) 也可以作為段頭，實際上有 \(\operatorname{cost}(k, j - 1) + \operatorname{cost}(j, i) = \operatorname{cost}(k, i)\)。
這是因為 \([k, j - 1]\) 內的 A 和 B 數量也是相同的，所以重排不會影響到 \([j, i]\)。
所以發現 \(f_{k - 1} + \operatorname{cost}(k, j - 1)\) 會轉移到 \(f_{j - 1}\)，就也能讓 \(f_{k - 1} + \operatorname{cost}(k, j - 1) + \operatorname{cost}(j, i) = f_{k - 1} + \operatorname{cost}(k, i)\) 轉移到 \(f_i\) 了。
所以說只需要考慮合法的最大的一個 \(j\) 轉移過來就可以了。接下來還有個問題，就是 \(\operatorname{cost}(l, r)\) 怎麼算。
因為欽定了最終的形式是 AB 重複，於是可以知道最後的 A 肯定是在 \(l, l + 2, \cdots, r - 1\) 的位置。
但是好像還是不是很好做，於是去發掘性質，但是 \(\operatorname{cost}\) 本身已經沒啥可參考了，於是考慮這個區間 \([l, r]\) 具有的性質。
根據前面轉移得到的資訊，這個 \([l, r]\) 一定不會在中間存在一個斷點使得斷掉後兩部分的 AB 數量相同。
那麼實際上說明，對於 \([l, r]\) 的每一個字首，A 的數量都比 B 多，或者是每個字首 B 數量都比 A 多。
這是因為每次字首和的變化是 \(\pm 1\) 的，如果存在小於等於就必然有等於，存在等於就必然有斷點，矛盾。
那麼這又告訴的資訊是要麼 \(s_1 \le l, s_2\le l + 2, \cdots\)，要麼 \(s_1\ge l, s_2\ge l + 2, \cdots\)，即每個 \(s_i\) 與 \(t_i\) 的大小關係（\(\le, \ge\)）其實是相同的。
那麼對於 \(\sum\limits_{i = 1}^k |x_{s_i} - x_{t_i}|\) 的這個絕對值就可以拆開，套在外面變成 \(|\sum\limits_{i = 1}^k x_{s_i} - \sum\limits_{i = 1}^k x_{t_i}|\)。
這就好做了，對於 \(s_i\) 就維護一個關於 A 的字首和。因為 \(t_i \bmod 2\) 是一樣的，再維護一個關於下標 \(\bmod\ 2\) 的字首和即可。
最後時間複雜度 \(\mathcal{O}(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
constexpr int maxn = 1e6 + 10;
int n;
char s[maxn];
ll x[maxn], sumb[maxn], suma[maxn], f[maxn];
int w[maxn * 2];
inline void solve() {
scanf("%d%s", &n, s + 1);
for (int i = 2; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &x[i]);
x[i] += x[i - 1];
}
s[++n] = 'B', x[n] = 1e18;
memset(w, -1, sizeof(int) * (n + n + 1));
memset(f, 0x3f, sizeof(ll) * (n + 1));
f[0] = 0ll, w[n] = 0;
for (int i = 1, now = n; i <= n; i++) {
suma[i] = suma[i - 1];
if (i > 1) {
sumb[i] = sumb[i - 2] + x[i];
}
if (s[i] == 'A') {
suma[i] += x[i];
now++;
} else {
f[i] = f[i - 1];
now--;
}
if (~ w[now]) {
int j = w[now];
f[i] = std::min(f[i], f[j] + std::abs((sumb[i - 1] - (j ? sumb[j - 1] : 0ll)) - (suma[i] - suma[j])));
}
w[now] = i;
}
printf("%lld\n", f[n]);
}
int main() {
for (int T, _ = scanf("%d", &T); T--; ) {
solve();
}
return 0;
}